Кіровоград олімпіади

Необхідною умовою існування розв’язків останньої системи нерівностей з цілим параметром k є нерівності k 2+ 1 ≤ 5 − k і 4 − k < k +2 2 . Звідси знаходимо

доведення скористайтесь формулою

a2n+1 + b2n+1 = (a + b)(a2n + a2n−1b + ... + ab2n−1 + b2n ),

яка має місце для всіх дійсних чисел a, b і натуральних чисел n . 13. Рівняння

15. Перенесемо всі доданки з правої частини рівності в ліву, додамо й віднімемо вираз x2 y2 z2 і розкладемо на множники: (x2 − yz)(y2 − zx)(z2 − xy)= 0. Якщо один з множників, наприклад перший, дорівнює нулю, а всі інші відмінні від нуля, то x ≠ y ≠ z . Тому x2 – площа квадрата, довжина сторони якого дорівнює x , а yz – площа прямокутника, довжини сторін якого дорівнюють y і

z . Якщо два множники дорівнюють нулю, то й третій дорівнюватиме нулю, а x = y = z. У цьому випадку прямокутник вироджується у квадрат. 16. Якщо α –

гострий кут трикутника, b – довжина прилеглого катета, то довжина шляху дорівнює 2bsinα , а отже, не залежить від стартового положення кулі на гіпотенузі. 17. Кут BCA більший за кут DCA . Справді, з умови випливає, що DC > BC , оскільки проекція DC на BD більша за DE ( E – середина BD ), а проекція BC менша за BE . Зважаючи на те, що площі трикутників BCE і DCE однакові, відстань від E до BC більша за відстань від E до CD , тому кут BCE більший за кут DCE . (Останній не може бути тупим). 18. Шукані

семи, бо довжина кожної хорди не перевищує 2. Сумарна довжина всіх дуг, що стягують ці хорди, більша за 7 2π . Тому на колі знайдеться точка, що покривається щонайменше вісьмома дугами. Діаметр, проведений з цієї точки, перетне не менше восьми хорд.

Х КЛАС

1. ± 4 36 ; m 496 . 2. Якщо пара цілих чисел x і y є розв’язком рівняння, то

ці числа повинні бути одночасно або парними, або непарними. В обох випадках ліва частина рівняння ділитися без остачі на 4. Оскільки 2002 на 4 без остачі не ділиться, то рівняння не має цілих розв’язків. 3. Нехай пряма l , що паралельна заданій прямій, має з параболою єдину спільну точку P , а Q – основа

перпендикуляра, опущеного з точки P на задану пряму (мал. 83). Очевидно, що відрізок PQ – шуканий. Обчислимо його довжину. Для цього визначимо

162

координати точок P і Q . Координати точки P дістанемо, знайшовши єдиний розв’язок системи рівнянь

система – єдиний розв’язок: 12 ; 14 . Ці числа є координатами точки P .

Нескладно переконатися, що y = − x + 34 – рівняння прямої PQ , а 78 ; − 18 –

координати точки Q . Далі обчислюємо PQ = 3 82 .

Зауважимо, довжина відрізка PQ дорівнює відстані d точки P(a, b) до прямої

Ax + By + C = 0 , яка обчислюється за формулою d = aA + bB + C . 4. Нехай

A2 + B2

трикутник ABC такий, що точка O – середина сторони BC , а AMN – довільний трикутник (мал. 84). Доведемо, що трикутник ABC має найменшу площу. За властивістю площі маємо рівності

SABC = SABON + SCON , SAMN = SABON + SBOM .

Якщо точка N лежить між точками A і C , то нескладно переконатися, що

ON < OM . Тому

сторонам даного кута. У перетині дістанемо точки B і C . 5. Позначимо даний

163

Зрозуміло, що побудована послідовність є періодичною послідовністю з періодом 3. Нехай функція f – розв’язок рівняння. Тоді для

x = x1, x = x2 , x = x3 виконуються такі рівності:

164

розв’язком рівняння. 7. Ліва частина рівняння є квадратним тричленом відносно параметра a . Тому рівняння запишемо так:

a2 − 2a(x2 − 5x − 1) + (x4 − 10x3 + 22x2 + 12x) = 0.

Оскільки його дискримінант невід’ємний: D = (x − 1)2 ≥ 0 , то маємо рівняння a2 + 10a + 25 = 0, якщо x = 1, і (a − x2 + 6x)(a − x2 + 4x + 2) = 0 в іншому разі. У

першому випадку a = −5 і дане рівняння набуває вигляду

x4 − 10x3 + 32x2 − 38x + 15 = 0 (x − 1)2 (x − 3)(x − 5) = 0 .

пропонуємо розв’язати самостійно. Розв’язки даного рівняння, залежно від

(мал. 85). Тому сума їх лінійних кутів дорівнює 180° . Визначимо лінійний кут α двогранного кута A, BD1,C . У гранях цього кута містяться рівні прямокутні

трикутники BAD1 і BCD1 . Якщо AM BD1 , то CM BD1 . Тому AMC = α – лінійний кут двогранного кута A, BD1,C . За теоремою косинусів

α = 120° , а шуканий кут дорівнює 60° .

9. Доведення нерівності проведемо способом послаблення з залученням співвідношення між середнім арифметичним і середнім геометричним та властивістю модуля дійсного числа.

≥4(ac2 + ba2 + cb2 ).

10.Виконаємо наступні рівносильні перетворення рівняння:

(xy)2 + (yx)2 = 2005 ((10x + y) + y)2 + ((10y + x) + x)2 = 2005

99(x2 − y2 ) = 2005.

Одержане рівняння не має цілих розв’язків, бо його права частина не ділиться

то дана нерівність рівносильна такій сукупності систем нерівностей:

166

Множину точок, координати яких задовольняють нерівності систем сукупності

множина точок симетрична відносно координатних осей і бісектрис координатних кутів. Якщо 0 ≤ y ≤ x , то x ≤ 1, і множина точок, координати

Різниця буде найменшою, якщо одночасно зменшуване найменше, а від’ємник

15. Поділимо першу рівність на xy , другу – на yz і одержані рівності додамо:

167

з якої нескладно знайти f (t) = 40111 (t2 + 4010t − 2005) . Перевірка підтверджує правильність визначення функції. 19. Складемо куб довільним чином. Нехай на

розв’язана. В іншому разі поворот одного з кубиків на кут 90° відносно однієї з осей, що проходить через центри протилежних граней, залишає число x незмінним або змінює його на 2. За три такі операції можна досягти, щоб грані кубика, які були на поверхні куба сховалися всередину, а ті, що були всередині,

рівняння рівносильне такій сукупності рівнянь:

cost = − 12 ,

cost = 4 − 2m2.

Далі вдамося до графічного способу розв’язування рівнянь. Для цього

рівняння сукупності на цьому проміжку має два розв’язки 56π і 116π . Тільки за

169